算法导论--找出所缺的整数以及VLSI芯片测试

这是《算法导论》第四章的思考题，原先准备问老师的，网上搜了一下，找到了答案。

算法导论-4-2 找出所缺的整数

 

【转】http://www.cnblogs.com/longdouhzt/archive/2011/07/15/2107742.html

  问题：   某数组A[1..n]含有所有从0..n的所有整数，但其中有一个整数不在数组中，通过利用一个辅助数组B[0..n]来记录A中出现的整数，很容易在 O(n)时间内找出所缺的整数。但在这个问题中，我们却不能由一个单一操作来访问A中的一个完整整数，因为A中元素是以二进制表示的。我们所能用的唯一操 作就是“取A[i]的第j位”这个操作所花时间为常数。      

证明：如果访问数组A中信息的唯一方式是这种单一位操作，仍能在O(n)时间内找出所缺的整数。A之外的任一完整整数仍然可以由一个单一操作来访问。【算 法导论 中文版  P50  

基本方法就是用二分法：

1, 遍历整数0到n的第一位，分成两个数组：P1[1] 和P0[1]，分别代表第一位是1，0的数，并记录第一位是1的个数CountN，代价为O(n)
2, 遍历数组A[1...n]的第一位, 分成两个组：Q1[1]和Q0[1]，分别代表第一位是1，0的数，并记录1的个数CountA，代价为O(n)
3, 比较CountN和CountA的值，结果可能有两种情况CountN = CountA，或者CountN = CountA + 1， 前者表明所缺数的第一位为0， 后者为1，代价为O(1)
4, 通过3的结果，随后我们可以在P1[1]和Q1[1]（CountN>CountA，即缺少第一位为1的数）  或者 P0[1]和Q0[1](CountN=CountA，即缺少第一位为0的数)中的第2位中重复步骤1，2中的操作，记录数组P1[2]、P0[2]和 CountN'及Q1[2]、Q0[2]和CountA'。代价为O(n/2)和O(n/2), 经过比较后可得到所缺数第二位是0还是1，决定接下来比较P1[2]和Q1[2]  或者 P0[2]和Q0[2]，代价O(1)
5, 不断重复Ceiling(lg(n))次，最后即可找到所缺数总代价为2* (O(n) + O(n/2) + ... +O(n/pow(2, k))) + ... + O(1)) = 2* O(2n) = 4*O(n) = O(n)

当然这里忽略了一个问题，如果A中缺了一个，这应该是n-1个数，则多出来的那个数是什么呢，如果和其他数有重复，上面的方法就无效了，情况变得相当复杂。因此上面的只适用于多出的一个数为0，或者干脆就只有n-1个数。

【另】

比较犀利的方法：凑m，m=4k-1,并且是4k-1>=n的最大整数(比如n=7，则m=7；n=16，则m=19；n=21，m=23以此类推)
那么只需要A[1]^A[2]^……^A[n-1]^A[n]^{A[m-2]^A[m-1]^A[m]}，即可

原因：从4的整数倍开始，连续4个数字异或，结果为(例如4^5^6^7的结果是0；204^205^206 = 207；8^10^11=9)
所以0^1^2^……^m的结果为0，却哪个数字，则A[1]^A[2]^……^A[n-1]^A[n]^{A[m-2]^A[m-1]^A[m]}的结果就是所缺的数字

 

 

算法导论-4-6 VLSI芯片测试

http://blog.csdn.net/wenlei_zhouwl/article/details/5960195

http://blog.csdn.net/liu1064782986/article/details/7411720

问题：Diogenes 教授有n个被认为是完全相同的VLSI芯片,原则上它们是可以互相测试的.教授的测试装置一次可测试二片,当该装置中放有两片芯片时,每一片就对另一片作测试并报告其好坏.一个好的芯片总能够正确的报告另一片的好坏,但一个坏的芯片的结果就是不可靠的.这样,每次的测试的四种可能结果如下: 

a)证明若少于 n/2 的芯片是坏的,在这种成对测试方式下,使用任何策略都不能确定哪个芯片是好的.
b)假设有多于 n/2 的芯片是好的,考虑从 n 片中找出一片好芯片的问题.证明 n/2 对测试就足以使问题的规模降至近原来的一半.
c)假设有多于 n/2 的芯片是好的,证明好的芯片可用 O(n) 对测试找出。

 

算法分析：

a）采用穷举法，将任何一片芯片与其它所有芯片进行比较，因为有多于n/2的芯片是坏的，且坏的芯片可以联合起来欺骗教授，则测试结果是不可靠的，无法判断出该芯片是好是坏。

b）假设：设有a个好的芯片数，b个坏的芯片数，z对测试结果为全好的测试对，其中芯片全为好的测试对为x，芯片全为坏的测试对为y，x+y=z。

二分测试思想：

1.随机的两两配对，则共有⌊n/2⌋对，分别测试。

2.根据问题描述：如果测试结果为一好一坏，或者两坏，那么把这对丢弃；如果测试结果为两好，那么随意丢弃其中一个，留下一个（若n为奇数，则剩余一个芯片没有配对。若z为奇数，丢弃这个芯片；若z为偶数（0也看做偶数），留下这个芯片）。这样操作后，留下的好芯片数一定还是大于坏的芯片数的，且经过⌊n/2⌋对测试后，原问题的规模降低了近一半。

3.重复第2步，当n<=2时，就只剩下了好的芯片。

证明：

测试结果为一好一坏或者两坏的芯片对中至少一片是坏的，把这对丢弃能保证剩下的芯片中好芯片的数量仍大于坏芯片的数量。

测试结果为全好的，这对芯片有可能全为好，有可能全为坏，随意丢弃其中一个，留下 一个。设好芯片的对数为x，坏芯片的对数为y。考虑n的情况：

      若n为偶数，则x>y，所以留下的好芯片数还是大于坏的芯片数；

      若n为奇数，则剩余一个没有配对的芯片。考虑z的情况：

           若z是奇数，则x>y，丢弃这个芯片，这样留下的好芯片数还是大于坏的芯片数；

           若z是偶数，考虑这个芯片的情况：

                若芯片是好的，则x>=y，留下这个好的芯片，这样留下的好芯片数还是大于坏的芯片数；            

                若芯片是坏的，则x-y>=2，留下这个坏的芯片，这样留下的好芯片数还是大于坏的芯片数。

综上所述，留下的好芯片数一定还是大于坏的芯片数的。

c）采用b中的操作方法，递归式为：f(n) = f(n/2) + n/2。这个递归式符合主定理中的第三种情况，所以好的芯片可用Θ(n)对测试找出。